Применяем Малую Теорему Ферма к Большой

[RickD]

http://ru.wikipedia.org/wiki/Малая_теорема_Ферма

Для любого простого p и целого a, a^p-a делится на p.

Предположим x^n + y^n = z^n (1) имеет решения в целых числах.
Будем рассматривать простые значения n.

Перепишем (1) в виде:
x^n-x + y^n-y = z^n-(x+y), или $\frac {x^n-x}{n}$ + $\frac {y^n-y}{n}$ = $\frac {z^n-z + z-(x+y)}{n}$

$\frac {x^n-x}{n}$, $\frac {y^n-y}{n}$, $\frac {z^n-z}{n}$ целые по МТ Ферма. Следовательно $\frac {z-(x+y)}{n}$ должно быть так же целым.

Более того исходя из (1) z-(x+y) четно и меньше 0.
Следовательно z-(x+y) = -2kn, k=1,2,...

Тогда (1) эквивалентно (2) x^n + y^n = (x+y-2kn)^n, k=1,2,...

Что это может дать, пока не до конца понятно...

Но некоторый интересный вывод сделать можно.
Из (1) имеем z < x+y. Пусть x < y < z.

y < z < x+y
y < x+y-2kn < x+y
0 < x-2kn < x
x > 2kn, k =1,2,...

Положим n = 3 и k = 1.
Тогда для того чтобы (1) имело решение в целых числах, необходимо
чтобы x > 6. Но недостаточно.
Тогда y > 7.

Т.е. для кубического уравнения пара (5, y, z) заведомо не является целочисленным решением.
А для степени n = 137 например ни один x < 274 не будет являться целочисленным решением.

[Энер]

Здрасти )))

А что выходит , для n=1 и n=2 ?

И вообще мне кажется , док-во ВТФ , может свестись к доказательству почему именно для n=1 и n =2 это возможно. Я видел что возможно , а почему не видел .


Маньяки атакуют)))))

[RickD]

Энер писал(а):

Здрасти )))

А что выходит , для n=1 и n=2 ?

И вообще мне кажется , док-во ВТФ , может свестись к доказательству почему именно для n=1 и n =2 это возможно. Я видел что возможно , а почему не видел .

Маньяки атакуют)))))

Ну вообще то я имел ввиду случай простого n >= 3.

Что ж. Рассмотрим случай n=2.
Получаем z-(x+y)/2.
2 - единственное простое четное число.
При деление четного числа на четное мы можем получить как четное число, так и нечетное. Следовательно:
x+y-z = kn, k=1,2,...
Или x > kn, x = min(x,y), k=1,2,...

Положив k=1, получаем что x > 2. Т.е. ни 1, ни 2 не будут являться целочисленными решениями. И действительно, первая тройка (3,4,5).

Случай k=1 вообще вырожденный. По той же схеме будем иметь:
z-(x+y)/1 = 0

[незваный гость]

Вы доказали, что если решения есть, они не меньше 2 k n. Доказать же, что их нет вообще этим путем похоже не удастся.

[RickD]

незванный гость писал(а):

:evil:
Вы доказали, что если решения есть, они не меньше 2 k n. Доказать же, что их нет вообще этим путем похоже не удастся.

Да - пока мы получили только такой результат.
Но он сам по себе довольно интересен...

[RickD]

Рассмотрим n = 2.
Имеем x^2 + y^2 = (x+y-2k)^2
Или y = 2k + $\frac {2k^2}{x-2k} $, k=1,2, ..., x > 2k, y > x

Пусть k=1. y = 2 + $\frac {2}{x-2} $, x > 2, y > 3
Из y = 2 + $\frac {2}{x-2} $ > 3 следует x < 4
2 < x < 4
Т.е. при k=1 имеем только 1 решение x=3. y = y(3) = 4.

Пусть k=2. y = 4 + $\frac {8}{x-4} $, x > 4, y > 5
Из y = 4 + $\frac {8}{x-4} $ > 5 следует x < 12
4 < x < 12
Т.е. при k=2 имеем 7 потенциальный решений: 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11.
Из них только 5, 6, 8 дают целый y.

В общем случае для n=2 имеем 2k < x < 2k+2k^2
Или каждая серия имеет 2k^2-1 потенциальных целых x.

[RickD]

Для n=3 имеем такую зависимость: xy(x+y) - 6k(x+y)^2 + 36k^2(x+y )- 72k^3 = 0

Тут уже без поллитра не разберешься ...

[RickD]

Исходя из малой теоремы Ферма следует, что если
$x^n + y^n = z^n,$ $n \geqslant 3$ имеет решение в целых числах, то должно выполняться:

(1) $\frac {x+y-z}{n} = 2k_1$
(2) $\frac {z^n-y^n-x}{n} = 2k_2$
(3) $\frac {z^n-x^n-y}{n} = 2k_3$
(4) $\frac {x^n+y-z}{n} = 2k_4$
(5) $\frac {y^n+x-z}{n} = 2k_5$
(6) $\frac {x^n+y^n-z}{n} = 2k_6$
(7) $\frac {z^n-(x+y)}{n} = 2k_7$

$k_i=1,2,...$

Вот такие интересные 7 следствий получаются.
Что с ними делать, пока не ясно.

[ljubarcev]

RicD писал(а): Вот такие интересные 7 следствий получаются.
Что с ними делать, пока не ясно.

Всё верно, но можно и нужно уточнить, что в правой части множители $2k_1...2K_7$ можно заменить множителями
$6K_1...6K_7$,так как при любом простом не четном $n$ $x+y-z=6nk$. Может пригодится.
Дед.

[ljubarcev]

RickD писал(а):

Для n=3 имеем такую зависимость: xy(x+y) - 6k(x+y)^2 + 36k^2(x+y )- 72k^3 = 0

Тут уже без поллитра не разберешься ...

Почему же не разберешся? Относиьельно $x+y$ получено квадратное
уравнение. Найдите его корни и увидите, что $x+y$ не может быть целыми при взаимно простых $x, y, z$. Об этом же есть в теме
"ВТФ при n=3".
Дед.

[Мат]

RickD писал(а):

Что это может дать, пока не до конца понятно...

Ничего это не может дать